３乗の和は和の２乗である

　　１^3＋２^3＋３^3＋・・・＋ｎ^3＝（１＋２＋３＋・・・＋ｎ）^2

ことに驚かされ，お気に入りの恒等式になったという経験をお持ちの読者も少なくないだろう．

　（その１）では，

　　Σｋ^s＝１^s＋２^s＋３^s＋・・・＋ｎ^s

が

　　Σｋ＝１＋２＋３＋・・・＋ｎ＝ｎ（ｎ＋１）／２

で割り切れることを証明してみた．

　　１^s＋２^s＋３^s＋・・・＋ｎ^s＝０　　（ｍｏｄ　ｎ（ｎ＋１）／２）

　今回コラムでは，

（Ｑ）ｐは素数，ｈ1，ｈ2。・・・，ｈsを整数とすると

　　（ｈ1＋ｈ2＋・・・＋ｈs）^p＝ｈ1^p＋ｈ2^p＋・・・＋ｈs^p　　（ｍｏｄ　ｐ）

であることをみてみたい．

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（Ａ）２項の場合

　　（ｈ1＋ｈ2）^p＝ｈ1^p＋（ｐ，１）ｈ1^p-1ｈ2＋・・・＋（ｐ，ｐ−１）ｈ1ｈ2^p-1＋ｈ2^p＝ｈ1^p＋ｈ2^p　　（ｍｏｄ　ｐ）

　３項の場合

　　（ｈ1＋ｈ2＋ｈ3）^p＝（ｈ1＋ｈ2）^p＋ｈ3^p＝ｈ1^p＋ｈ2^p＋ｈ3^p　　（ｍｏｄ　ｐ）

等々．

　この式において，ｈ1＝ｈ2＝・・・＝ｈs＝１とおけば，フェルマーの定理を与える．

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（Ｑ）ｐを素数とするとき，

　　（ｐ−１）！＝−１　　（ｍｏｄ　ｐ）

を証明せよ（ウィルソンの定理）

（Ａ）｛２，３，・・・，ｐ−２｝のなかで，ｘｘ’＝１　　（ｍｏｄ　ｐ）を満足させるようなｘ，ｘ’の対を考える．ｐ＞３であればｘｘ’＝１　　（ｍｏｄ　ｐ）となるようなｘと異なるｘ’が存在する．もしｘ＝ｘ’ならば（ｘ＋１）（ｘ−１）＝０（ｍｏｄｐ）となり，ｘ＝１かまたはｘ＝ｐ−１でなければならない．ゆえに

　　２・３・・・（ｐ−２）＝１　　（ｍｏｄ　ｐ）

　　１・２・３・・・（ｐ−２）（ｐ−１）＝−１　　（ｍｏｄ　ｐ）

　もしｐが１＜ｕ＜ｐとなる約数ｕをもつとすれば

　　１・２・３・・・（ｐ−２）（ｐ−１）＋１＝１　　（ｍｏｄ　ｕ）

でなければならない．→ｐは素数である．

　ウィルソンの定理を用いると

　　ｘ^2＋１＝０（ｍｏｄｐ），ｐ＝４ｍ＋１

の解はｘ＝±１・２・・・２ｍ（ｍｏｄｐ）となることがわかる．

（Ａ）

　　１・２・・・２ｍ（ｐ−２ｍ）・・・（ｐ−２）（ｐ−１）＋１＝１

　　（１・２・・・２ｍ）^2＋１＝０（ｍｏｄｐ）

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